Аналитическая геометрия в пространстве - задачи с решениями

Решение:
Сфера касается плоскости тогда и только тогда, когда расстояние от её центра до плоскости равно её радиусу. По формуле расстояния от точки до плоскости
[tex]r=\frac{|6\cdot 1+6\cdot 4-7\cdot (-7)+42|}{\sqrt{6^2+6^2+(-7)^2}}=\frac{|6+24+49+42|}{\sqrt{121}}=\frac{121}{11}=11[/tex]
Значит, уравнение сферы [tex](x-1)^2+(y-4)^2+(z+7)^2=121[/tex], а её радиус равен [tex]11[/tex].

Решение:
Направляющие косинусы — это координаты единичного вектора [tex]\vec{e}=(\cos\alpha; \cos\beta; \cos\gamma)[/tex], направленного вдоль прямой ([tex]\alpha[/tex], [tex]\beta[/tex], [tex]\gamma[/tex] — углы между прямой и осями координат), поэтому
[tex]|\vec{e}|^2=\cos^2\alpha+\cos^2\beta+\cos^2\gamma=1[/tex]
По формуле косинуса двойного угла [tex]\cos 2\varphi=2\cos^2\varphi-1[/tex] получаем
[tex]\cos 2\alpha+\cos 2\beta+\cos 2\gamma=2\left(\cos^2\alpha+\cos^2\beta+\cos^2\gamma\right)-3=2-3=-1[/tex]

Решение:
Имеем [tex]\overrightarrow{AB}=(-1; -2; 3)[/tex] и [tex]\overrightarrow{BA}=-\overrightarrow{AB}[/tex]. Положим [tex]\vec{u}=\overrightarrow{AB}[/tex]. Векторное произведение билинейно, [tex]\vec{a}×\vec{a}=\vec{u}×\vec{u}=\vec{0}[/tex] и [tex]\vec{u}×\vec{a}=-\vec{a}×\vec{u}[/tex], поэтому
[tex]\left(\vec{a}-2\vec{u}\right)×\left(3\vec{a}-\vec{u}\right)=3\,\vec{a}×\vec{a}-\vec{a}×\vec{u}-6\,\vec{u}×\vec{a}+2\,\vec{u}×\vec{u}=-\vec{a}×\vec{u}+6\,\vec{a}×\vec{u}=5\,\vec{a}×\vec{u}[/tex]
Вычисляем
[tex]\vec{a}×\vec{u}=\begin{vmatrix}\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\-1&-1&2\\-1&-2&3\end{vmatrix}=\left((-1)\cdot 3-2\cdot (-2); \ 2\cdot (-1)-(-1)\cdot 3; \ (-1)\cdot (-2)-(-1)\cdot (-1)\right)=(1; 1; 1)[/tex]
Следовательно, искомое произведение равно [tex]5\,(1; 1; 1)=(5; 5; 5)[/tex]. Прямая проверка: [tex]\vec{a}-2\overrightarrow{AB}=(1; 3; -4)[/tex], [tex]3\vec{a}+\overrightarrow{BA}=(-2; -1; 3)[/tex] и
[tex](1; 3; -4)×(-2; -1; 3)=(9-4; \ 8-3; \ -1+6)=(5; 5; 5)[/tex]

Решение:
Векторы [tex]\overrightarrow{AB}=(2; 2; 2)[/tex] и [tex]\overrightarrow{AC}=(2; 0; -2)[/tex] неколлинеарны, поэтому три точки задают единственную плоскость. Её нормальный вектор
[tex]\overrightarrow{AB}×\overrightarrow{AC}=\left(2\cdot (-2)-2\cdot 0; \ 2\cdot 2-2\cdot (-2); \ 2\cdot 0-2\cdot 2\right)=(-4; 8; -4)=-4\,(1; -2; 1)[/tex]
и можно взять [tex]\vec{n}=(1; -2; 1)[/tex]. Плоскость, проходящая через [tex]A[/tex] с нормальным вектором [tex]\vec{n}[/tex]:
[tex](x-1)-2(y-2)+(z-3)=0\iff x-2y+z=0[/tex]
Проверка: [tex]B:\ 3-8+5=0[/tex] и [tex]C:\ 3-4+1=0[/tex].

Решение:
Плоскость пересекает каждую координатную ось в точке, где две другие координаты равны нулю:
[tex]y=z=0\Rightarrow x=8,\qquad x=z=0\Rightarrow y=-4,\qquad x=y=0\Rightarrow z=6[/tex]
Значит, вершины пирамиды — [tex]O(0; 0; 0)[/tex], [tex](8; 0; 0)[/tex], [tex](0; -4; 0)[/tex] и [tex](0; 0; 6)[/tex]. Три её ребра, выходящие из [tex]O[/tex], лежат на осях координат, поэтому они попарно перпендикулярны и имеют длины [tex]8[/tex], [tex]4[/tex] и [tex]6[/tex]. Если взять за основание прямоугольный треугольник с катетами [tex]8[/tex] и [tex]4[/tex] в плоскости [tex]Oxy[/tex], то высота равна [tex]6[/tex]:
[tex]V=\frac{1}{3}\cdot \frac{8\cdot 4}{2}\cdot 6=32[/tex]

Решение:
Уравнение не содержит [tex]y[/tex]. Поэтому если точка [tex](x_0; y_0; z_0)[/tex] ему удовлетворяет, то ему удовлетворяет и любая точка [tex](x_0; y_0+s; z_0)[/tex], [tex]s\in\mathbb{R}[/tex]. Значит, вместе с каждой своей точкой поверхность содержит всю прямую, проходящую через эту точку параллельно [tex]\vec{p}=(0; 1; 0)[/tex], т.е. оси [tex]Oy[/tex].
В плоскости [tex]y=0[/tex] уравнение задаёт окружность с центром [tex](-2; 0; 0)[/tex] и радиусом [tex]3[/tex]:
[tex]k:\ (x+2)^2+z^2=9,\quad y=0[/tex]
Следовательно, поверхность — круговой цилиндр с образующими, параллельными [tex]\vec{p}=(0; 1; 0)[/tex], и направляющей [tex]k[/tex]. Это не окружность: одно уравнение в пространстве задаёт поверхность, а для окружности нужны два уравнения.

Решение:
Имеем [tex]\overrightarrow{AB}=(3; 2; 1)[/tex], [tex]\overrightarrow{AC}=(0; 2; 1)[/tex] и
[tex]\overrightarrow{AB}×\overrightarrow{AC}=\left(2\cdot 1-1\cdot 2; \ 1\cdot 0-3\cdot 1; \ 3\cdot 2-2\cdot 0\right)=(0; -3; 6)[/tex]
Поэтому площадь треугольника и длина стороны [tex]AC[/tex] равны
[tex]S=\frac{1}{2}\left|\overrightarrow{AB}×\overrightarrow{AC}\right|=\frac{1}{2}\sqrt{0+9+36}=\frac{3\sqrt{5}}{2},\qquad |AC|=\sqrt{0+4+1}=\sqrt{5}[/tex]
Так как [tex]S=\frac{1}{2}\,|AC|\cdot BH[/tex], получаем
[tex]BH=\frac{2S}{|AC|}=\frac{3\sqrt{5}}{\sqrt{5}}=3[/tex]

Решение:
Нормальный вектор плоскости [tex]\alpha[/tex] — [tex]\vec{n}=(1; -4; 3)[/tex], поэтому прямая, проходящая через [tex]M[/tex] перпендикулярно [tex]\alpha[/tex]:
[tex]x=5+t,\quad y=-1-4t,\quad z=2+3t,\qquad t\in\mathbb{R}[/tex]
Подставляем в уравнение плоскости:
[tex](5+t)-4(-1-4t)+3(2+3t)+11=26+26t=0\Rightarrow t=-1[/tex]
Значит, основание перпендикуляра, т.е. искомая проекция, — точка [tex]M_0(4; 3; -1)[/tex]. Проверка: [tex]4-12-3+11=0[/tex], а [tex]\overrightarrow{MM_0}=(-1; 4; -3)=-\vec{n}[/tex] коллинеарен [tex]\vec{n}[/tex].

Решение:
Прямая [tex]g_2[/tex] проходит через точку [tex]P(2; 2; 0)[/tex] и имеет направляющий вектор [tex]\vec{v}_2=(1; -1; 1)[/tex], а прямая [tex]g_1[/tex] — направляющий вектор [tex]\vec{v}_1=(1; 0; 1)[/tex]. Эти векторы неколлинеарны и оба параллельны плоскости [tex]\alpha[/tex], поэтому плоскость единственна и её нормальный вектор
[tex]\vec{n}=\vec{v}_2×\vec{v}_1=\begin{vmatrix}\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\1&-1&1\\1&0&1\end{vmatrix}=(-1; 0; 1)[/tex]
Плоскость, проходящая через [tex]P[/tex] с этим нормальным вектором:
[tex]-(x-2)+(z-0)=0\iff x-z-2=0[/tex]
Проверка: каждая точка [tex](2+s; 2-s; s)[/tex] прямой [tex]g_2[/tex] удовлетворяет [tex](2+s)-s-2=0[/tex], и [tex]\vec{n}\centerdot\vec{v}_1=-1+0+1=0[/tex]. Точка [tex](1; 0; 0)[/tex] прямой [tex]g_1[/tex] даёт [tex]1-0-2\ne0[/tex], значит, [tex]g_1[/tex] параллельна [tex]\alpha[/tex] и не лежит в ней.

Решение:
Если [tex]\vec{a}=\vec{0}[/tex] или [tex]\vec{b}=\vec{0}[/tex], обе части равны [tex]0[/tex]. Иначе пусть [tex]\varphi\in\left[0; \pi\right][/tex] — угол между векторами. По определению векторного произведения (это охватывает и коллинеарные векторы, для которых [tex]\sin \varphi=0[/tex] и [tex]\vec{a}×\vec{b}=\vec{0}[/tex])
[tex]\left|\vec{a}×\vec{b}\right|=|\vec{a}|\,|\vec{b}|\sin \varphi[/tex]
Скалярный квадрат вектора равен квадрату его длины, и [tex]0\le\sin ^2\varphi\le 1[/tex], поэтому
[tex](\vec{a}×\vec{b})^2=|\vec{a}|^2|\vec{b}|^2\sin ^2\varphi\le|\vec{a}|^2|\vec{b}|^2=\vec{a}^{\,2}\,\vec{b}^{\,2}[/tex]
Точнее, так как [tex]\vec{a}\centerdot\vec{b}=|\vec{a}|\,|\vec{b}|\cos\varphi[/tex] и [tex]\sin ^2\varphi=1-\cos^2\varphi[/tex], получаем тождество Лагранжа
[tex](\vec{a}×\vec{b})^2=\vec{a}^{\,2}\,\vec{b}^{\,2}-(\vec{a}\centerdot\vec{b})^2\le\vec{a}^{\,2}\,\vec{b}^{\,2}[/tex]
поэтому равенство достигается тогда и только тогда, когда [tex]\vec{a}\centerdot\vec{b}=0[/tex], т.е. когда векторы перпендикулярны или один из них нулевой.

Решение:
Пусть [tex]M(x; y; z)[/tex] — точка кривой. Вычитая из первого уравнения второе, получаем
[tex]x^2-y^2=0\iff (x-y)(x+y)=0[/tex]
Следовательно, [tex]x-y=0[/tex] или [tex]x+y=0[/tex], т.е. каждая точка кривой лежит в плоскости [tex]\pi_1:\ x-y=0[/tex] или в плоскости [tex]\pi_2:\ x+y=0[/tex]. Обе плоскости действительно нужны: точки кривой с [tex]x=y[/tex] образуют эллипс [tex]x=y,\ x^2+z^2=a^2[/tex] в плоскости [tex]\pi_1[/tex], а точки с [tex]x=-y[/tex] — эллипс [tex]x=-y,\ x^2+z^2=a^2[/tex] в плоскости [tex]\pi_2[/tex] (все эти точки удовлетворяют обоим уравнениям, так как [tex]y^2=x^2[/tex]). Нормальные векторы плоскостей перпендикулярны:
[tex]\vec{n}_1=(1; -1; 0),\quad \vec{n}_2=(1; 1; 0),\quad \vec{n}_1\centerdot\vec{n}_2=1-1+0=0[/tex]
Следовательно, [tex]\pi_1\perp\pi_2[/tex], что и требовалось доказать.